高一化学人教版课时练习第三章第二节第2课时物质的量在化学方程式计算中的应用

二十三物质的量在化学方程式计算中的应用学考达标共50分一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．(2021·北京西城区高一检测)在一定体积的容器中加入1.5mol氙气和7.5mol氟气(双原子分子)，于400℃和2633kPa压强下加热数小时，然后迅速冷至25A．1∶6B．1∶4C．1∶3D．1∶2【解析】选B。参加反应的氙气和氟气的物质的量之比为1.5∶(7.5－4.5)＝1∶2，氙气是单原子分子，氟气是双原子分子，所以得到的无色晶体中，氙和氟的原子个数比为1∶4。【补偿训练】对于反应aA＋bB=cC＋dD(A、B、C、D表示物质的化学式，a、b、c、d为化学方程式中的化学计量数)，下列说法不正确的是()A．如果质量为m1的A与质量为m2的B恰好完全反应，则生成的C、D的质量之和一定等于(m1＋m2)B．参加反应的A和B中的原子总数一定等于生成的C和D的原子总数C．(a＋b)不一定等于(c＋d)D．A和B中的元素种类，不一定等于C和D中的元素种类【解析】选D。化学反应的本质是把反应物中旧分子拆成原子，再把原子重新组合成生成物中的分子，反应过程中元素种类不会改变，所以选D。2．在500mLNaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体33.6L，该NaOH溶液的浓度为()A．1.0mol·L－1B．2.0mol·L－1C．1.5mol·L－1D．3.0mol·L－1【解析】选B。2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑2mol 67.2Ln(NaOH) 33.6Ln(NaOH)＝eq\f(2mol×33.6L,67.2L)＝1.0mol，c(NaOH)＝eq\f(1mol,0.5L)＝2.0mol·L－1。3．(2021·包头高一检测)浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4(浓)＋Ceq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋2H2O＋2SO2↑，则12g木炭和足量的浓硫酸反应后生成的气体在标准状况下的体积为()A．67.2LB．89.6LC．44.8LD．22.4L【解析】选A。根据反应方程式，消耗12gC，生成CO2的物质的量为1mol，SO2的物质的量为2mol，即气体总物质的量为3mol，标准状况下气体的体积为3×22.4L＝67.2L，故A正确。【补偿训练】将足量铁粉放入100mL0.1mol·L－1的AgNO3溶液中，充分反应后析出的银的质量为()A．10.8gB．6.4gC．1.08gD．3.2g【解析】选C。设析出银的质量为mg，Fe＋2AgNO3=Fe(NO3)2＋2Ag2mol 216g0.1×100×10－3mol m解得m＝1.08g。4．用科学的方法研究得到物质的组成才能合理地应用物质。有3.92g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入足量的澄清石灰水中得到7.0g固体沉淀物，这种铁的氧化物为()A．Fe3O4B．FeOC．Fe2O3D．Fe5O7【解析】选D。由题意知，生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中得到7.0g沉淀，则n(CaCO3)＝eq\f(7.0g,100g·mol－1)＝0.07mol，由CO～CO2可知，铁的氧化物中的n(O)＝0.07mol，n(Fe)＝eq\f(3.92g－0.07mol×16g·mol－1,56g·mol－1)＝0.05mol，n(Fe)∶n(O)＝0.05mol∶0.07mol＝5∶7，则铁的氧化物为Fe5O7。5．(2021·济南高一检测)一定浓度的NaOH溶液20mL可恰好中和18mLxmol·L－1的H2SO4溶液或24mLymol·L－1的盐酸，则x∶y为()A．1∶2B．2∶1C．2∶3D．3∶2【解析】选C。中和20mL一定浓度的NaOH溶液需要的HCl的量是H2SO4的2倍，即24y＝2×18x或理解为两者电离出的n(H＋)相同，可得出x∶y＝2∶3。6．将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中三价铁离子和二价铁离子浓度相等。则已反应的三价铁离子和未反应的三价铁离子的物质的量之比是()A．2∶3B．3∶2C．1∶2D．1∶1【解析】选A。设溶液中未反应的Fe3＋的物质的量为amol，则反应后溶液中n(Fe2＋)＝amol。2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋eq\f(2,3)amol amol所以已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比为eq\f(2,3)amol∶amol＝2∶3。【补偿训练】(2021·泰安高一检测)实验室利用反应2KClO3eq\o(=,\s\up7(△))2KCl＋3O2↑制取氧气，现有24.5gKClO3参加反应，则得到标准状况下的氧气体积是()A.2.24LB．4.48LC．44.8L【解析】选D。24.5gKClO3的物质的量是eq\f(24.5g,122.5g·mol－1)＝0.2mol，2KClO3eq\o(=,\s\up7(△))2KCl＋3O2↑2mol 3mol0.2mol n(O2)eq\f(2mol,0.2mol)＝eq\f(3mol,n（O2）)，则n(O2)＝0.3mol。故产生的氧气在标准状况下的体积是0.3mol×22.4L·mol－1＝6.72L。7．(2021·广州高一检测)将等质量的铝粉分别加入足量的等体积等浓度的盐酸和氢氧化钠溶液中，在相同条件下，前者与后者产生气体的体积之比是()A．3∶1B．1∶3C．2∶1D．1∶1【解析】选D。2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，因为HCl和NaOH溶液都足量，两种溶液中生成的氢气体积之比与溶解的Al的质量有关，两种溶液中Al的质量相等，则转移电子数相等，所以生成的氢气体积相同。8．(2021·新余高一检测)设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1molNa在空气中完全燃烧，转移的电子数为2NAB．常温下，2.3g钠投入水中，产生0.05NA个氢分子C．0.1molFe与足量水蒸气反应生成H2的分子数为0.1NAD．0.1molFe与足量盐酸反应，转移0.3mol电子【解析】选B。1molNa在空气中完全燃烧生成0.5molNa2O2，转移1mol电子，A错误；钠与水发生反应2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，2.3g钠(0.1mol)生成0.05molH2，B正确；根据反应3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4＋4H2，0.1molFe完全反应生成eq\f(0.4,3)molH2，C错误；Fe与盐酸反应生成FeCl2，0.1molFe与足量盐酸反应，转移0.2mol电子，D错误。二、非选择题(本题共2小题，共18分)9．(8分)(2021·安庆高一检测)将5g钠、铝合金投入200mL的水中，固体完全溶解，产生4.48L(标准状况下)气体，溶液中只有一种溶质。回答下列问题：(1)处理计算问题，可以用图示分析的方法。写出化学式：A________，B________，C____________。经过分析得出钠、铝合金中两金属的物质的量之比为________。(2)所得溶液的物质的量浓度为_____________________________。(假设反应前后溶液体积变化忽略不计)【解析】据题意可知该流程为因反应后溶液中只有一种溶质，说明Na与H2O反应生成的NaOH恰好与Al发生反应，该过程中反应为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑则设n(Na)＝n(Al)＝x，所以eq\f(x,2)＋eq\f(3x,2)＝eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝0.2mol，x＝0.1mol，则所得NaAlO2溶液的物质的量浓度为eq\f(0.1mol,0.2L)＝0.5mol·L－1。答案：(1)H2NaOHNaAlO21∶1(2)0.5mol·L－110．(10分)某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为_____________________________。(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_________________。(3)B中发生反应的化学方程式为_______________________________。(4)若实验用的铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为__________________。(5)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将__________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【解析】根据实验目的，要测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，需要选用一种试剂只能与铝反应，不能与镁反应，因此可以选用氢氧化钠溶液，结合2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑分析解答。(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能与NaOH溶液反应放出氢气，因此要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液；(2)铝镁是活泼的金属，表面容易形成一层氧化膜，在实验前需要除去；(3)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；(4)铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为(a－c)g，设铝的相对原子质量为M，则2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑2M 3×22400mL(a－c)g bmL有eq\f(2M,（a－c）g)＝eq\f(3×22400mL,bmL)，解得：M＝eq\f(33600（a－c）,b)；(5)铝的质量分数为eq\f(（a－c）,a)×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则铝的质量分数偏小。答案：(1)氢氧化钠溶液(2)除去铝镁合金表面的氧化膜(3)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑(4)eq\f(33600（a－c）,b)(5)偏小【补偿训练】一块表面已被氧化为氧化钠的钠块17.0g，投入50g水中，最多能产生0.2g气体，则：(1)涉及的化学方程式为_________________，__________________。(2)钠块中钠的质量是____________。(3)钠块中氧化钠的质量是____________。(4)原来钠块中被氧化的钠的质量是_________________________。(5)设所得溶液的体积为50mL，求所得溶液溶质物质的量浓度是______________。【解析】(1)该过程中涉及的化学方程式有2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O=2NaOH；(2)(3)反应生成氢气的质量为0.2g，则2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑46 2m(Na) 0.2gm(Na)＝eq\f(46×0.2g,2)＝4.6g；m(Na2O)＝17.0g－4.6g＝12.4g；(4)m(Na2O)＝12.4g，则被氧化成氧化钠的金属钠的质量＝12.4g×eq\f(46,62)＝9.2g；(5)原样品中钠元素的质量＝4.6g＋9.2g＝13.8g，钠元素的物质的量＝eq\f(13.8g,23g·mol－1)＝0.6mol，根据钠守恒得溶液中氢氧化钠的物质的量＝0.6mol，则氢氧化钠的浓度＝eq\f(0.6mol,0.05L)＝12mol·L－1。答案：(1)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑Na2O＋H2O=2NaOH(2)4.6g(3)12.4g(4)9.2g(5)12mol·L－1选考提升共20分一、选择题(本题共3小题，每小题4分，共12分)11．Mg、Al组成的混合物与足量盐酸反应，产生标准状况下的氢气4.48L。下列推断中不正确的是()A．参加反应的Mg、Al共0.2molB．参加反应的HCl为0.4molC．Mg、Al在反应中共失去0.4mol电子D．若与足量的稀硫酸反应能产生0.2molH2【解析】选A。反应的实质为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。n(H2)＝eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝0.2mol，则参加反应的n(H＋)＝0.4mol。若换成稀H2SO4，同样产生0.2molH2，故B、D正确。由2H＋～H2～2e－可知，得电子总数为0.2mol×2＝0.4mol，依据得失电子守恒，故C正确。0.2molMg提供0.4mol电子，0.2molAl提供0.6mol电子，则0.2molMg、Al混合物提供的电子数大于0.4mol、小于0.6mol，故A不正确。【补偿训练】将1.1g铁、铝混合物溶于200mL5mol·L－1的盐酸中，反应后盐酸的浓度变为4.6mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)，则下列表述不正确的是()A．反应中消耗HCl为0.08molB．混合物中含有0.02molAlC．混合物中含有0.01molFeD．混合物中Al与Fe的物质的量之比为1∶1【解析】选D。n(消耗HCl)＝0.2L×5mol·L－1－0.2L×4.6mol·L－1＝0.08mol，A正确；可设混合物中Al、Fe物质的量分别为x、y，则根据Al～3HCl、Fe～2HCl，可得3x＋2y＝0.08mol①，27g·mol－1×x＋56g·mol－1×y＝1.1g②，联立①②可得x＝0.02mol、y＝0.01mol，可知B、C正确，D错误。12．将过量的锌片放入500mLCuSO4溶液中，待充分反应后取出锌片，洗净、称量，发现锌片质量比原来减少了0.5g，则CuSO4溶液的物质的量浓度为()A．0.5mol·L－1 B．1mol·L－1C．1.5mol·L－1 D．2mol·L－1【解析】选B。Zn与CuSO4溶液反应时，置换出来的Cu附着在锌片上。反应的离子方程式如下：Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋CuΔm1mol 64－65＝－1gn(Cu2＋) －0.5g则eq\f(1mol,n（Cu2＋）)＝eq\f(1g,0.5g)，解得n(Cu2＋)＝0.5mol，所以c(CuSO4)＝eq\f(0.5mol,0.5L)＝1mol·L－113．(2021·天津河西区高一检测)将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100mL2mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是()A．x＝2.24B．曲线b为Mg与盐酸反应的图像C．反应时，Na、Mg、Al均过量D．钠的物质的量为0.2mol【解析】选C。由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1∶2∶3，故推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余。由于酸不足，所以生成氢气的量为n(H2)＝0.5n(HCl)＝0.5×0.1L×2mol·L－1＝0.1mol，所以标准状况下的体积为2.24L，故A正确；按照金属活动性顺序Na＞Mg＞Al可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故中间那条线是Mg与盐酸反应的图像，故B正确；Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，故C错误；生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，故D正确。二、非选择题(本题共1小题，共8分)14.(2021·杭州高一检测)在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取30mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝混合物粉末，产生气体，有关数据列表如下：实验序号甲乙丙混合物质量/mg255385459生成气体/mL280336336(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？__________(填“甲”或“乙”)。理由是___________________________________